Problemas de la ecuación de Londres

es por la relacion de meissner${\boldsymbol \omega}m+ e{\bf B}=0$que se sigue de tomar el rotacional de la fórmula de Fritz y Heinz London para el impulso

$$m {\bf v}= \hbar \nabla\left (\phi-\frac{e}{\hbar} {\bf A}\right).$$ Aquí${\boldsymbol \omega}= \nabla\times {\bf v}$es la vorticidad del fluido y$\phi$es la fase del parámetro de orden superfluido. Esto significa que cuando usa una identidad vectorial para escribir la ecuación de Euler de dinámica de fluidos $$\left(\frac{\partial {\bf v}}{\partial t}+ ({\bf v}\cdot \nabla) {\bf v}\right) = \frac{e}{m}({\bf E}+ {\bf v}\times {\bf B})- \nabla P$$ en la forma de Bernouli $$\left(\frac{\partial {\bf v}}{\partial t}+ {\boldsymbol \omega}\times {\bf v}\right)= \frac{e}{m}({\bf E}+ {\bf v}\times {\bf B})- \nabla\left(P +\frac 12 |{\bf v}|^2\right)$$ el${\bf v}\times {\bf B}$fuerza cancela contra el término de vorticidad en el LHS.

Es la relación de Messner la que hace que un campo magnético sea expulsado de un superconductor. En la dinámica de fluidos de un fluido cargado no viscoso se puede demostrar que la cantidad${\boldsymbol \omega}m+ e{\bf B}={\rm constant}$porque cambiar el campo magnético provoca una${\bf E}$campo que genera vorticidad. Lo especial del superfluido cargado es que la constante es cero. Esto significa que un${\bf B}$campo viene con distinto de cero${\boldsymbol \omega}$y por lo tanto cuesta energía cinética. Si la constante no fuera cero, el campo magnético quedaría atrapado en el fluido, como ocurre en los plasmas altamente conductivos.

Ahora que pienso en esto, el problema en algunos de los libros involucra la confusión entre derivadas totales y parciales. Como la respuesta anterior, claramente señala,$\frac{dv}{dt}$y$\frac{\partial v}{\partial t}$claramente no son lo mismo.

Entonces, uno podría incluir$-e(\vec{v}\times\vec{B})$en la ecuación de la aceleración, tal que,

$$\frac{dv}{dt}=-\frac{e}{m}(\vec{E}+\vec{v}\times\vec{B})=-\frac{1}{ne}\frac{dJ}{dt}$$

Sin embargo, usando algo de mecánica de fluidos y teniendo en cuenta el efecto Meissner, podrías demostrar que

$$\frac{\partial v}{\partial t}=-\frac{e}{m}E$$

Esto es exactamente lo que hace la respuesta anterior.

Lo interesante es que, en ambos casos, el rotacional de la derivada de$v$es idéntico.

$$\vec{\nabla}\times\frac{\partial v}{\partial t}=-\frac{e}{m}\vec{\nabla}\times\vec{E}=\frac{e}{m}\frac{\partial B}{\partial t}$$

Por otro lado,

$$\vec{\nabla}\times\frac{d v}{d t}=-\frac{e}{m}(\vec{\nabla}\times\vec{E}+\vec{\nabla}\times(\vec{v}\times\vec{B}))$$

El segundo término desaparece. Esto se puede mostrar:

$$\nabla\times( v\times B)=v(\nabla.B)-B(\nabla.v)$$ El primer término de la RHS es cero, debido a las ecuaciones de Maxwell. En cuanto al segundo término,

$$v=-\frac{J}{ne}=-\frac{\nabla \times B}{\mu_0 ne}$$

Por eso,

$$\nabla.v \sim \nabla.(\nabla\times B)=0$$

Por lo tanto, mientras que los términos$\frac{dv}{dt}$y$\frac{\partial v}{\partial t}$Definitivamente no son lo mismo, sus rizos sí lo son. Entonces, de cualquier manera, se puede derivar (motivar) la segunda ecuación de Londres a partir de la primera.